【統計検定1級過去問】2019年（統計数理）大問1 解答例

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大偏差原理を背景に二項分布の裾の振る舞いを確率母関数で評価する問題でした。

ここ数年、大問1は「選択しないのが正解」と言いたくなる難問が多かったのですが今年は丁寧な誘導がついており内容の深さ、難易度のバランスの取れた良問だと思います。

問題

（出典：統計検定HP「統計検定 1級の過去問題」。問題文を一部略記。）

問1

[math]G_X(t)=\sum_{k}t^k P(X = k)[/math]を[math]t[/math]で微分すると

[math]
G^{\prime}_X(t) = 
\sum_{k}kt^{k-1} P(X = k)
[/math]

なので[math]E[X]=
\sum_{k}k P(X = k)=G^{\prime}(1)[/math]である。

次に[math]G_X(t)[/math]を[math]t[/math]で二階微分すると

[math]

G^{\prime\prime}_X(t) = 
\sum_{k}k(k-1)t^{k-2} P(X = k)
[/math]

より

[math]
\begin{eqnarray}


G^{\prime\prime}_X(1) &=& 
\sum_{k}k(k-1)P(X = k) \\
&=& E[X(X-1)] \\
&=& E\left[X^2\right] – E[X]
\end{eqnarray}
[/math]

なので分散[math]V[X][/math]は

[math]
\begin{eqnarray}

V[X] &=& E\left[X^2\right] – E[X]^2 \\
&=& G^{\prime\prime}_X(1) + G^{\prime}_X(1) – G^{\prime}_X(1)^2
\end{eqnarray}
[/math]

である。

問2

[math]P(X=k) = {}_nC_{k}p^k(1-p)^{n-k}[/math]より

[math]
\begin{eqnarray}

G_X(t) &=& \sum_{k}t^k {}_nC_{k}p^k(1-p)^{n-k} \\
&=& \sum_{k} {}_nC_{k}(tp)^k(1-p)^{n-k} \\
&=& (tp + 1 – p)^n
\end{eqnarray}
[/math]

である。これより

[math]
\begin{eqnarray}

G^{\prime}_X(t) &=& np(tp + 1 – p)^{n-1} \\

G^{\prime\prime}_X(t)&=& n(n-1)p^2(tp + 1 – p)^{n-2}
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]
\begin{eqnarray}

G^{\prime}_X(1) &=& np \\

G^{\prime\prime}_X(1)&=& n(n-1)p^2
\end{eqnarray}
[/math]

となり

[math]
\begin{eqnarray}

E[X] &=& 
G^{\prime}_X(1) = np \\
V[X] &=& G^{\prime\prime}_X(1) + G^{\prime}_X(1) – G^{\prime}_X(1)^2 \\
&=& n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 \\
&=& np(1-p)
\end{eqnarray}
[/math]

を得る。

問3

[math]s = \lfloor r \rfloor[/math]とおくと[math]s \geq 0[/math]であり[math]t^k > 0[/math]より

[math]
\begin{eqnarray}

G_X(t) &=& \sum_{k \leq s} t^k P(X = k) + \sum_{k > s} t^k P(X = k) \\
& \geq & \sum_{k \leq s} t^k P(X = k)
\end{eqnarray}
[/math]

であり[math]k \leq s \leq r[/math]および[math]t \leq 1[/math]より[math]t^k \geq t^r[/math]なので

[math]
\begin{eqnarray}

\sum_{k \leq s} t^k P(X = k) & \geq &
 t^r\sum_{k \leq s} P(X = k) \\
&=& t^r P(X \leq s) \\
&=& t^r P(X \leq r)
\end{eqnarray}
[/math]

を得る。これより

[math]

P(X \leq r) \leq t^{-r}
G_X(t)
[/math]

が成立する。

問4

[math]r=an[/math]とおくと[math]r>0[/math]であり問2, 3の結果から

[math]
\begin{eqnarray}
P(X \leq an) &\leq& t^{-an}G_X(t) \\
&=& t^{-an}(tp + 1 – p)^n
\end{eqnarray}
[/math]

が[math]0 < t \leq 1[/math]で成立する。ここで[math]f(t)=t^{-an}(tp + 1 - p)^n[/math]とおき最小値を求める。

[math]
\log f(t) = -an\log t + n \log(tp+1-p)
[/math]

であり[math]t[/math]で微分して

[math]
\begin{eqnarray}
\dfrac{d}{dt}\log f(t) &=& -\dfrac{an}{t} + \dfrac{np}{tp+1-p} \\
&=& 0
\end{eqnarray}
[/math]

を解くと[math]s = \dfrac{a}{p}\cdot\dfrac{1-p}{1-a}[/math]であり[math]0 < a < p[/math]より[math]0 < s < 1[/math]なので[math]t=s[/math]で最小値をとる。

[math]
\begin{eqnarray}
f(s) &=& s^{-an}(sp+1-p)^n \\
&=& \left(\dfrac{p}{a}\right)^{an} \left(\dfrac{1-a}{1-p}\right)^{an}\left(\dfrac{1-p}{1-a}\right)^n \\
&=& \left(\dfrac{p}{a}\right)^{an}\left(\dfrac{1-p}{1-a}\right)^{(1-a)n}
\end{eqnarray}
[/math]

なので

[math]

P(X \leq an) \leq \left(\dfrac{p}{a}\right)^{an}\left(\dfrac{1-p}{1-a}\right)^{(1-a)n}
[/math]

が成立する。

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